1 connection

2 recognition

3 protection

4 translation

5 erupted

6 invention

7 discoveries

8 creation

9 development

10 technological

11 experiments

12 chemistry

1 person

2 social networking sites

3 hours

4 face to face

5 convenient

6 instant messages

Bài 3:

Gọi số sách ban đầu ở thư viện 1 là x(cuốn)

(Điều kiện: \(x\in Z^+\))

Số sách ban đầu ở thư viện 2 là 15000-x(cuốn)

Số sách ở thư viện 1 sau khi chuyển đi 3000 cuốn là:

x-3000(cuốn)

Số sách ở thư viện 2 sau khi có thêm 3000 cuốn là:

15000-x+3000=18000-x(cuốn)

Theo đề, ta có:

x-3000=18000-x

=>2x=21000

=>x=10500(nhận)

vậy: Số sách ban đầu ở thư viện 1 là 10500 cuốn

số sách ban đầu ở thư viện 2 là 15000-10500=4500 cuốn

Bài 1:

Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh đất lần lượt là $a$ và $b$ (m). ĐK: $a> b>0$

Theo bài ra ta có:

$a+b=100:2=50$

$(a+10)(b-5)=ab$

$\Leftrightarrow -5a+10b-50=0$

$\Leftrightarrow -a+2b=10$

$\Leftrightarrow a=2b-10$

Thay vào điều kiện $a+b=50$ thì:

$2b-10+b=50$

$3b-10=50$

$3b=60$

$b=20$ (m)

$a=50-b=50-20=30$ (m)

Bài 2:

Nửa chu vi hcn: $62:2=31$ (m) 

Chiều dài hcn: $(31+7):2=19$ (m) 

Chiều rộng hcn: $(31-7):2=12$ (m)

Diện tích hcn: $19.12=228$ (m²)

Xét ΔBDC có

BK,DH là các đường cao

BK cắt DH tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔBDC

=>CI⊥BD tại E

Xét ΔHAC vuông tại H và ΔHBA vuông tại H có

\(\hat{HAC}=\hat{HBA}\left(=90^0-\hat{HCA}\right)\)

Do đó: ΔHAC~ΔHBA

=>\(\frac{HA}{HB}=\frac{HC}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

Xét ΔHIC vuông tại H và ΔHBD vuông tại H có

\(\hat{HIC}=\hat{HBD}\left(=90^0-\hat{HCI}\right)\)

Do đó: ΔHIC~ΔHBD

=>\(\frac{HI}{HB}=\frac{HC}{HD}\)

=>\(HI\cdot HD=HB\cdot HC\)

=>\(HI\cdot HD=AH^2\)

=>\(\frac12\cdot HA\cdot HD=AH^2\)

=>\(HA\cdot HD=2\cdot AH^2\)

=>HD=2HA
=>A là trung điểm của DH

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

=>\(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BA}\)

=>\(AB^2=BH\cdot BC\)

b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AH^2=AE\cdot AB\left(1\right)\)

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{FAH}\) chung

DO đó: ΔAFH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AF}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AF\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

c: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF~ΔACB

a: Xét ΔMAN vuông tại A và ΔMBP vuông tại B có

\(\widehat{AMN}\) chung

Do đó: ΔMAN~ΔMBP

b: Xét ΔHBN vuông tại B và ΔHAP vuông tại A có

\(\widehat{BHN}=\widehat{AHP}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔHBN~ΔHAP

=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HN}{HP}\)

=>\(HB\cdot HP=HA\cdot HN\)

c: Ta có: NA\(\perp\)MP

PI\(\perp\)MP

Do đó: NA//PI

=>NH//PI

ta có: PH\(\perp\)MN

NI\(\perp\)MN

Do đó: PH//NI

Xét tứ giác NHPI có

NH//PI

HP//NI

Do đó: NHPI là hình bình hành

=>NP cắt HI tại trung điểm của mỗi đường

mà K là trung điẻm của NP

nên K là trung điểm của HI

=>H,K,I thẳng hàng

Lời giải:

a.

Xét tam giác $ANC$ và $AMB$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ANC}=\widehat{AMB}=90^0$

$\Rightarrow \triangle ANC\sim \triangle AMB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}$

Xét tam giác $AMN$ và $ABC$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}$ (cmt) 

$\Rightarrow \triangle AMN\sim \triangle ABC$ (c.g.c)

b.

Từ phần a thì  $\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}\Rightrrow \frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AC}(1)$

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{IM}{IN}=\frac{AM}{AN}(2)$

$\frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}(3)$

Từ $(1); (2); (3)\Rightarrow \frac{IM}{IN}=\frac{KB}{KC}$

Hình vẽ: